Constant Palindrome Sum(贪心*RMQ)

传送门

怎么说呢，想了几个小时没做出来实在可惜。

(color{Red}{首先肯定想到暴力嘛!但是x定值有那么多值可以取，怎么办呢?})

但是题目中有一个很关键的条件

[a[i]>=1&&a[i]<=k ]

所以，在最坏情况下我们的答案会是(n/2-s.(s为frac{n}{2}对数中和为k+1的总数))

(color{Purple}{为什么?因为不管怎样,对于所有的frac{n}{2}对数，我都可以改变一个数使得定值变成K+1.})

[若改变一个值使得和最小，必定把最大值改为1，此时和为L=min(a,b)+1 ]

[若改变一个值使得和最大，必定把最小值改为k,此时和为R=max(a,b)+k ]

(显然怎么取极值都可以改变一个数到达k+1.)

(还想缩小答案怎么办?那么定值只有frac{n}{2}种选法，也就是把已有的和当作定值。)

如果不是这样，每对数至少要改变一次，还不如上面的决策优秀。

(这样一来，我们可以打出一个暴力代码。期望复杂度O(n^2))

暴力代码

但是上面说了那么一大堆，其实代码根本过不了哈哈(折磨一下你),卡死在了最后一个数据点。

(color{Orange}{--------------------(●ˇ∀ˇ●)我是一条分割线--------------------------})

那怎么另辟蹊径呢?其实做法和上面也没差太多。

(注意到，定值可能取[2,2*k](当然根据上面的暴力分析可以缩小范围，不过没必要))

而且，对于任意的一组(a[i],a[n-i+1])来说无非三种情况。

(Ⅰ.改变一个数达到定值)

(Ⅱ.改变两个数达到定值)

(Ⅲ.不需要改变达到定值)

(现在令sumn=a[i]+a[n-i+1],x为定值，L,R(L和R的含义上面有分析))

(color{Red}{对于第一种情况，当x>=L&&x<=R&&x!=sumn时,所有满足条件的x操作数加1})

(color{Purple}{对于第二种情况，当x<L|| x>R时,所有满足条件的x操作数加2})

(color{Pink}{对于第三种情况，当x==sumn时满足,操作数不变})

那么我们完全可以维护每个数作为定制的操作数。

(上面这些不都是区间加法吗?树状数组?线段树?差分?随便你辣!!)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=4*1e5+9;
int t,n,k,a[maxn],vis[maxn];
int main()
{
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		cin>>n>>k;
		for(int i=1;i<=n;i++)	cin>>a[i];
		for(int i=1;i<=n/2;i++)
		{
			int l = min(a[i] , a[n-i+1])+1;
	        int r = max(a[i] , a[n-i+1])+k;
	        int sumn = a[i] + a[n-i+1];
	    	vis[2]+=2,vis[l]-=2;//no.1 
	    	vis[l]+=1,vis[r+1]-=1;//no.2
	    	vis[r+1]+=2,vis[2*k+1]-=2;//no.3
	    	vis[sumn]--,vis[sumn+1]++;//sumn在前面no.2多加了,减回来 
		}
		int ans=1e9;
		for(int i=2;i<=2*k;i++)
		{
			vis[i]+=vis[i-1];
			ans=min(ans,vis[i]);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
}